TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

THPT CHUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA SỐ 1
DÀNH CHO HỌC SINH ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC

CÂU 1: (3,0 điểm)
1. Viết phương trình ion thu gọn của mỗi phản ứng xảy ra trong dung dịch nước (ghi rõ trạng thái mỗi chất (aq) hoặc
(r), (k), (l)) khi tiến hành các thí nghiệm dưới đây:
a) Cho một mẩu canxi vào nước.
b) Nhỏ dung dịch H2SO4 (loãng) vào dung dịch Pb(CH3COO)2 (loãng).
c) Nhỏ dung dịch HCl (đặc) vào MnO2.
d) Cho mẩu Ag vào dung dịch HNO3 (loãng).
2. Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của mỗi phản ứng oxi hoá - khử sau:

→ …
(1) H2O2 + KI + H2SO4 ⎯⎯

→ …
(2) H2O2 + K2Cr2O7 + H2SO4 ⎯⎯
Cho biết vai trò của H2O2 trong mỗi phản ứng đó
3. Một số phản ứng hố học có thể bảo vệ cho con người trước những vết thương nặng hoặc sự tử vong. Một số
phản ứng hoá học sau đây được dùng để tạo ra nhanh chóng một lượng lớn khí nitơ trong các túi khí an tồn trên
ơtơ.
NaN3 → Na + N2(k)
(1)
Na + KNO3 → K2O + Na2O + N2(k)
(2)
K2O + Na2O + SiO2 → Silicat kiềm (“thuỷ tinh")
(3)

a) Cân bằng các phản ứng (1) và (2).
b) Cần bao nhiêu gam natri azit (NaN3) và kali nitrat (KNO3) để tạo ra nitơ đủ nạp đầy túi khí an tồn 15 lít ở 500C
và 1,25 atm.
Cho biết: Nguyên tử khối: N = 14; O = 16; Na = 23; K = 19;
CÂU 2: (4,0 điểm)
1. a) Vạch phổ của Li ứng với sự chuyển của electron từ obitan 2p sang obitan 2s có bước sóng là 6710A0. Tính ra
kJ.mol-1 hiệu năng lượng của các cấu hình electron sau:
1s22s1 - 1s22p1
b) Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Li là 5,390eV. Xác định hằng số chắn đối với electron 2s theo dữ kiện này
và theo quy tắc Slater.
c) Từ các dữ kiện trên hãy xác định năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Li nếu cấu hình electron lớp ngoài cùng
của Li là:
↑
2s
2p
-34
Cho biết: Hằng số Plank, h = 6,625.10 J.s; Tốc độ ánh sáng, c = 3.188 m.s-1; 1m = 1010A0
1eV = 1,602.10-19 J; Số Avogadro NA = 6,02.1023 mol-1
2. Cho các nguyên tử và ion sau: Na, Na+, Mg, Mg2+, O2-, F- và các giá trị bán kính nguyên tử và ion là: 0,86, 1,16,
1,19, 1,26, 1,60; 1,86 (A0)
Hãy sắp xếp các giá trị bán kính tương ứng với các ngun tử và ion đó. Giải thích?
3. Ozon là một trong những chất có ý nghĩa quan trọng trong khí quyển, nó có thể bảo vệ trái đất bởi một số tia tử
ngoại nguy hiểm.
a) Vẽ cấu trúc Lewis cho ozon và xác định điện tích hình thức trên các nguyên tử oxi.
Một phương pháp đơn giản để đo nồng độ của ozon trong khí quyển mặt đất được tiến hành như sau. Cho
bọt khơng khí đi qua dung dịch nước đã axit hố có chứa iot và ozon trong khí quyển sẽ oxi hố iođua thành
triiođua theo phản ứng chưa cân bằng sau:
O3(k) + I−(dd) + H+(dd) → I3−(dd) + O2(k) + H2O
(1)
Sau khi phản ứng kết thúc, nồng độ triiođua được xác định bằng máy đo quang phổ UV-Vis tại 254 nm.

Tiến hành thí nghiệm như sau: Sục bọt khơng khí trong 30 phút vào 10 mL dung dịch nước chứa KI dư tại
điều kiện khí quyển như sau: áp suất = 750 torr, nhiệt độ 298 K, tốc độ dòng = 250 mL.phút−1. Độ hấp thụ của dung
dịch I3- taọ thành đo được trong tế bào có độ dày l = 1,1 cm khi sử dụng một máy trắc quang có trang bị tế bào
quang điện. Điện trở của tế bào quang điện tỷ lệ nghịch với cường độ của ánh sáng. Trị số điện trở (của tế bào
quang điện) khi bị chiếu bởi chùm sáng đi qua cuvet trống và qua cuvet chứa mẫu hoà tan là 12,1 k và 19,4 k .
Hệ số hấp thụ mol của I3- hoà tan được xác định là ε = 2,4.105 M-1.cm-1.
b) Tính số mol ozon trong mẫu khơng khí.


c) Giả thiết rằng các khí được sử dụng là khí lý tưởng. Tính nồng độ theo ppb (parts per billion nghĩa là 1 phần tỷ)
của ozon có mặt trong mẫu khơng khí.
I
Cho biết: Biểu thức của định luật Lambe-Beer là: A = - lgT = lg 0 = ε.l.C
Il
Trong đó:
A là mật độ quang; T là độ truyền qua; C là nồng độ của I3-.
I0 là cường độ ánh sáng của ánh sánh tới;
Il là cường độ ánh sáng của tia đi ra khỏi dung dịch.
CÂU 3: (4,0 điểm)
1. Axit flosunfuric có cơng thức là HSO3F là một axit mạnh. Ở trạng thái lỏng, HSO3F tự phân ly theo cân bằng sau:
⎯⎯
→ [HOSO2FH]+ + [SO3F]2HSO3F ⎯
⎯
a) Xác định cấu trúc của HSO3F, [H2SO3F]+, [SO3F]-.
b) So sánh lực axit của HSO3F với H2SO4. Giải thích?
c) Khi thêm SbF5 vào HSO3F ở dạng lỏng, lực axit của hỗn hợp tăng mạnh. Điều này được giải thích do sự xuất
hiện cân bằng sau:
⎯⎯
→ [H2SO3F]+ + [F5SbOSO2F]HSO3F + SbF5 ⎯
⎯

(A)
⎯⎯
→ H2SO3F]+ + [(F5SbO)2SOF]và
HSO3F + 2bF5 ⎯
⎯
(B)
Biểu diễn cấu trúc của các ion A và B và cho biết trạng thái lai hóa của Sb trong các ion đó.
d) Hỗn hợp SbF5 và HSO3F được coi là một siêu axit. Khi cho khí CH4 tác dụng với hỗn hợp SbF5 + HSO3F thu
được hỗn hợp sản phẩm khí trong đó có etan.
Biểu diễn cơ chế của phản ứng biết rằng từ CH4 tạo thành etan trải qua 4 giai đoạn
2. CaF2 có cấu trúc mạng tinh thể ion trong đó các ion Ca2+ hình thành mạng lưới lập phương tâm diện còn các ion
F- chiếm tất cả các hốc (lỗ trống) tứ diện có trong mạng tinh thể đó.
a) Biểu diễn cấu trúc mạng tinh thể của CaF2 và xác định số ion Ca2+ và F- có trong một tế bào cơ sở.
b) Khối lượng riêng của CaF2 là 3,18 gam/cm3. Xác định hằng số mạng (a) của tế bào cơ sở.
Cho biết: Khối lượng phân tử CaF2: 78,07 g/mol, NA = 6,02.1023 mol-1
c) Thực nghiệm xác định các giá trị sau:
Nhiệt thăng hoa của Ca(r) là 178 kJ.mol-1;
Năng lượng phân cắt liên kết của F2(k) là 79 kJ.mol-1;
Năng lượng ion hóa thứ nhất và thứ hai của Ca lần lượt là I1 = 599 kJ.mol-1 và I2 = 1145 kJ.mol-1;
Ái lực electron của F(k) là -328 kJ.mol-1
Nhiệt sinh của CaF2 là -1213,45 kJ.mol-1
Dựa vào các kết quả thực nghiệm trên, hãy thiết lập chu trình Born-Haber và xác định năng lượng mạng
lưới của CaF2.
CÂU 4: (4,0 điểm)
1. Sự phụ thuộc của hằng số cân bằng vào nhiệt độ đối với phản ứng:
⎯⎯
→ PCl3(k) + Cl2(k)
PCl5(k) ⎯
⎯
4375

+ 1,75log(T / K) + 3,78
(T / K)
Trong đó: T là nhiệt độ tính theo đơn vị Kelvin (K)
a) Tính Kp, ΔG0, ΔH0, ΔS0 của phản ứng tại 2000C. Biết rằng ΔH0, ΔS0 không đổi trong khoảng nhiệt độ này.
b) Phản ứng được tiến hành dưới các điều kiện đẳng nhiệt, đẳng áp tại nhiệt độ 2000C và áp suất 150 kPa trong một
bình với thể tích có thể thay đổi cho tới khi cân bằng được thiết lập.
Tính p(PCl5) và P(PCl3) tại cân bằng và độ chuyển hoá PCl5 (theo %).
Cho biết: 1 bar = 105 Pa; lna = 2,303loga;
c) Photpho pentaclorua chỉ tồn tại dưới dạng phân tử nếu được đun nóng trên 160oC. Dưới nhiệt độ này, nó tồn tại
dưới dạng chất rắn ion.
Cho biết thành phần các ion tồn tại trong chất rắn? Cấu trúc Lewis của các ion này và cấu trúc 3-D của PCl5
ở trạng thái khí.
2. Propanal (A), phản ứng trong dung dịch nước-etanol của NaOH thu được hợp chất B. Chất B dễ tách nước để thu
được hợp chất C (C6H10O).

được thể hiện bằng phương trình: logK p = −


a) Xác định công thức cấu tạo của các chất B và C.
b) Anion M là chất trung gian được hình thành từ propanal (A) khi tác dụng với OH-. Xác định công thức của hai
cấu tạo cộng hưởng quan trọng nhất của M và biểu thị các electron không liên kết và các liên kết.
c) Phản ứng của propanal A với NaOH, tạo thành chất B, có thể được mô tả bởi cơ chế:
k1
⎯⎯→
A + OH- ⎯⎯
M + H2O
k −1

M + A ⎯⎯→ B
Chỉ rõ các giai đoạn nhanh và chậm của phản ứng từ đó xây dựng phương trình tốc độ của phản ứng và cho

biết bậc tồn phần của phản ứng. Biết rằng M là phần tử trung gian kém bền và nồng độ rất nhỏ và khơng đổi trong
q trình phản ứng.
Cho biết tốc độ hình thành chất B được xác định bởi biểu thức:
d[B]
= k2[A][M]
dt
CÂU 5: (5,0 điểm)
[HA] w
1. Hằng số phân bố của axit benzoic (Kí hiệu HA) trong hệ nước/benzen ở 100C là: K D =
= 0,700
[HA] B
(Kí hiệu: w- dung mơi nước; B-dung môi benzen)
Hằng số phân ly của HA là Ka = 6,20.10-5. HA bị đime hóa một phần trong benzen. Ở trạng thái cân bằng
200 mL lớp nước chứa 0,0429 gam HA và 200 mL lớp benzen chứa 0,145 gam HA.
a) Xác định giá trị pH của lớp nước.
b) Tính nồng độ các phần tử (HA và (HA)2) và hằng số dime hóa (KDi) trong lớp benzen.
c) Nồng độ các dạng của HA thay đổi như thế nào khi pH tăng?
d) Giải thích vì sao có sự đime hóa HA. Biểu diễn liên kết trong dạng đime của axit benzoic trong dung môi benzen.
2. Quy luật axit-bazơ
a) Lực axit của NH4+ thay đổi như thế nào trong các dung môi sau: H2O, NH3, CH3COOH. Giải thích?
b) Xác định chiều chuyển dịch của các cân bằng sau ở điều kiện chuẩn? Giải thích?
(1)
H3N→BCl3 + (CH3)3N  NH3 + (CH3)3N→BCl3
(2)
4I-(aq) + [HgCl4]2-(aq)  [HgI4]2-(aq) + 4Cl-(aq)
3. SO2 được tách ra khỏi khí thải của nhà máy nhiệt điện bằng cách cho khí thải lội qua dung dịch huyền phù canxi
cacbonat hoặc canxi hiđroxit.
a) Viết các phản ứng xảy ra biết rằng sản phẩm thu được là thạch cao, CaSO4.2H2O
b) Cần dùng bao nhiêu kg canxi cacbonat mỗi ngày để loại 95% SO2 biết rằng lưu lượng của khí thải là 104 m3/h
(00C và 1 atm) chứa 0,15% SO2 theo thể tích.

Tính lượng thạch cao thu được (kg).
c) Giả sử SO2 (trong 1h) khơng được tách ra khỏi khí thải mà được phân tán vào 5000 m3 nước lỏng trong khí
quyển, hãy tính pH của mưa axit.
d) Sử dụng dung dịch natri sunfit để hấp thụ SO2 trong khí thải. Hãy viết các phương trình phản ứng và chỉ ra con
đường để tăng khả năng tái sinh SO2 từ dung dịch.
Cho biết: SO2 + H2O có pKa1 = 1,92; pKa2 = 7,18; Tích số ion của nước, Kw = 10-14;
+ Giả thiết các khí là lí tưởng;
+ M[CaCO3] = 100 g/mol; M[CaSO4.2H2O] = 172 g/mol.
k2

Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn

------HẾT-----


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

THPT CHUYÊN

Đáp án ĐỀ KIỂM TRA SỐ 1
DÀNH CHO HỌC SINH ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC

CÂU 1: (3,0 điểm).
1. (1,0 điểm): Mỗi phương trình phản ứng đúng cho ¼ điểm (nếu khơng cân bằng hoặc không ghi rõ trạng thái
chất, không cho điểm).
a) Ca(r) + 2H2O(l)
→ Ca2+(aq) + 2OH−(aq) + H2(k)
2+
b) Pb (aq) + 2CH3COO−(aq) + H+(aq) + HSO4−(aq) → PbSO4(r) + 2CH3COOH(aq)
c) MnO2(r) + 4H+(aq) + 2Cl−(aq) → Mn2+(aq) + 2H2O(l) + Cl2(k)

d) 3Ag(r) + 4H+(aq) + NO3−(aq) → 3Ag+(aq) + NO(k) + 2H2O(l)
2. (1,0 điểm): Trình bày q trình oxi hóa và khử sau đó cân bằng, mỗi phương trình đúng cho ½ điểm/1 câu, nếu khơng
trình bày các q trình mà chỉ cân bằng đúng cho ¼ điểm/1 câu.
Viết sai sản phẩm phản ứng- không cho điểm
H2O2 + 2KI + H2SO4
→ I2 + K2SO4 + 2H2O
(1)
H2O2 + 2H+ + 2e → 2H2O
hoặc: 2O−1 + 2e− → 2O−2
2I− → I2 + 2e
hoặc 2I− − 2e− → I2
H2O2 + 2H+ + 2I−

→ I2 + 2H2O

3H2O2 + K2Cr2O7 + 4H2SO4 → 3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O
Cr2O72− + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O hoặc: 2Cr+6 + 6e− → 2 Cr+3
3x │ H2O2 → O2 + 2H+ + 2e
hoặc 2O−1 − 2e− → O20 | × 3

(2)

Cr2O72− + 3H2O2 + 14H+ → 2Cr3+ + 3O2 + 7H2O
3. (1,0 điểm):
a) Mỗi phương trình đúng ¼ điểm
2NaN3 → 2Na + 3N2(k)
(1)
10Na + 2KNO3 → K2O + 5Na2O + N2(k)
(2)
b) Xác định đúng lượng NaZ3 cho ½ điểm.

Số mol N2 = PV/RT = (1,25 atm)(15L)/(0,08206 L atm K-1mol-1)(323K) = 0,707 mol
2 mol natri azit sinh ra 3,2 mol nitơ.
Khối lượng natri azit cần để sinh ra 0,707 mol N2 = (2)(0,707/3,2)(65g) = 29 gam
CÂU 2. (4,0 điểm).
1. (1,75 điểm):
a) (0,50 điểm). Quá trình chuyển electron từ obitan 2p về obitan 2s ứng với sự giải phóng năng lượng dưới dạng các
bức xạ điện từ, khi đó năng lượng của q trình chuyển đó là:
c
3.108 m.s−1
E = h = 6,625.10−34 J.s
= 2,962.10−19 J = 1,849 eV = 178,3 kJ.mol-1
−10

6710.10 m
Hiệu năng lượng của quá trình chuyển 1 electron từ AO 2s sang AO 2p là quá trình thu năng lượng do đó
năng lượng cần cung cấp để có sự chuyển đó là ΔE = 178,3 kJ.mol-1
b) (0,75 điểm). Trong đó xác định đúng hằng số chắn dựa vào thực nghiệm cho 0,5 điểm; theo Slater 0,25 điểm.
Gọi S là hằng số chắn của hai electron bên trong đối với electron 2s, ta có:

( Z − S)
I=
2

2

.13,6(eV) = 5,39 eV =>

( 3 − S)
2


2

=

5,39
=> S = 1,74
13,6

2
n
Theo quy tắc Slater, hằng số chắn S = 2.0,85 = 1,7
Nhận xét: hai kết quả phù hợp tốt với nhau
c) (0,50 điểm). Năng lượng ion hóa của Li ở trạng thái kích thích bằng = 5,390 – 1,849 = 3,541 eV

2. (1,0 im): Sp xp ỳng: ẳ im; Gii thớch ắ điểm; Nếu giải thích sai trừ điểm giải thích.
Na
Mg
O2FNa+
Cấu hình electron
2s22p63s1
2s22p63s2
2s22p6
2s22p6
2s22p6
0
Bán kính (A )
1,86
1,60
1,26
1,19

1,16

Mg2+
2s22p6
0,86


Giải thích:
Bán kính Mg, Na lớn hơn vì đều có 3 lớp electron nên có sự chắn mạnh của các electron lớp bên trong với
electron lớp ngồi cùng.
Bán kính Na lớn hơn Mg vì điện tích hạt nhân của Na (Z = 11) nhỏ hơn của Mg (Z = 12)
Bán kính của các ion giảm dần từ O2- đến Mg2+ vì điện tích hạt nhân tăng.
3. (1,25 điểm):
a) (0,25 điểm)

:

+1
-1

:

O

O:

:

O


:

:

b) 1,00 điểm).
Từ biểu thức định luật Lambe-Beer, ta có:
A = - log T = -log(Imẫu/ Icuvet trống) = log (Rmẫu/Rcuvet trống)
= log (19,4 k/12,1 k) = 0,205
[I3-] = A /εb = 0,205/(240000 M-1cm-1)(1,1 cm) = 7,7610-7 M
Số mol O3 = Vmẫu [I3-] = (0,01 L)(7,7610-7 mol/L) = 7,7610-9 mol
d) Số mol của mẫu khơng khí = PV/RT = P(tlấy mẫu F)/RT
= (750 torr)(30 min)(0,250 L/min)/(62,4 torr.L.mol-1K-1)(298 K) = 0,302 mol
Nồng độ O3 (ppb) = (7,76 10-9 mol / 0,302 mol)  109 = 25,7
CÂU 3. (4,0 điểm).
1. a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc đúng = ¼ điểm
Cấu trúc của HSO3F

Cấu trúc của [H2SO3F]+

Cấu trúc của [SO3F]-

O

+

O

S
O


O

S

H
O

F

-

O

S
O

H

O

F

O
F

H

b) (0,25 điểm):
Lực axit: HSO3F > H2SO4 vì ngun tử F có độ âm điện lớn hơn nguyên tử O do đó liên kết O-H trong
HSO3F phân cực mạnh hớn liên kết O-H trong phân tử H2SO4.

c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm
Cấu trúc của [F5SbOSO2F]Cấu trúc của [(F5SbO)2SOF]F

F

Sb

Sb

F

F

F
O

F
O

F
S

F

O

O

S
O


F

F

F

F

F

F

O

Sb
F

F
F

d) (0,50 điểm)
Cơ chế hình thành etan, CH3-CH3
SbF5 + HSO3F
→ [CH5]+
CH4 + H+ ⎯⎯⎯⎯⎯
→ CH3+ + H2
[CH5]+ ⎯⎯

→ [C2H7]+

+ CH4 ⎯⎯
→ CH3-CH3 + H+
[C2H7]+ ⎯⎯
CH3+

2.
a) (0,75 điểm): Biểu diễn cấu trúc mạng: ½ điểm; Xác định số ion Ca2+, F- ¼ điểm
Mạng tinh thể CaF2:


Số ion Ca2+ trong 1 tế bào = 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion F- có trong 1 tế bào = 8.1 = 8

b) (0,5 điểm):
Thể tích 1 ơ mạng = a3 (cm3)
4.78,07g.mol −1
Ta có: d = 3,18 g/cm3
=> a = 5,464.10-8 cm = 5,464 A0
23
−1 3
6,022.10 mol .a
c) (0,75 điểm): Biểu diễn đúng chu trình Born-Haber: ½ điểm; Xác định đúng Uml ¼ điểm

Áp dụng chu trình Born-Haber, ta có:
ΔHS = ΔHth(Ca(r)) + I1(Ca) + I2(Ca) + ΔHpl(F2(k)) + 2ΔHal(F) + Uml
=> Uml = ΔHS - ΔHth(Ca(r)) - I1(Ca) - I2(Ca) - ΔHpl(F2(k)) - 2ΔHal(F)
= - 1213,45 - 178 – 599 – 1145 – 79 - 2(-328)
= - 2558,45 kJ.mol-1
CÂU 4: (4,0 điểm)
1.

a) (1,00 điểm): Mỗi giá trị đúng ¼ điểm
Tính Kp tại 2000C = 473K:
4375
logK p = −
+ 1,75log(473K / K ) + 3,78 = − 0,7885 = K p = 0,163
(473K / K )
Ta có: ΔG0pư = - RT lnKp = - RT.2,303logKp
= 2,303.4375.R − 1,75.2,303RT logT − 3,78.2,303.RT
= 10075,625R − 1,75.RT lnT − 8,70534RT
0
Tại 473K, ta có: ΔG pư (473K) = 7,148 kJ
Mặt khác, ta có: ΔG0pư = ΔH0 - TΔS
dG
= − S = -1,75RlnT - 1,75R – 8,70534R
=>
dT
=> ΔS0473K = 1,75.8,314.ln473 + 1,75.8,314 + 8,70534.8,314 = 176,5 J.K-1
ΔH0pư = ΔG0pư + TΔS = 90,6325 kJ
b) (0,50 điểm):
PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k)
Ban đầu:
P0


P0 – x
x
x
=> PT = P0 + x = 1,5 bar => P0 – x = 1,5 – 2x
2
p(PCl 3 ).p(Cl 2 )

x
Kp =
=
= 0,163 = 6,173x2 + 2x − 1,5 = 0 => x = 0,357
p(PCl 5 )
1,5 − 2x
Vậy: p(PCl3) = 0,357 bar; p(PCl5) = 0,786 bar
p(PCl 3 )
0,357
Độ chuyển hóa của PCl5 =
=
.100% = 31,2%
p(PCl 5 ) 1,5 − 0,357

Cân bằng:

c) (0,50 điểm): Xác định cấu trúc 3-D của PCl5(k) ¼ điểm; Thành phần ion [PCl4]+[PCl6]- ¼ điểm.
Ở trạng thái rắn, PCl5(r) tồn tại ở dạng [PCl4]+[PCl6]- và ở trạng thái khí, PCl5 tồn tại ở dạng lưỡng tháp tam giác.
Cấu trúc của: PCl5, AX5E0 => dạng lưỡng tháp tam giác, trạng thái lai hóa của P là sp3d
PCl4+, AX4E0 => dạng tứ diện, trạng thái lai hóa của P là sp3
PCl6-, AX6E0 => dạng bát diện, trạng thái lai hóa của P là sp3d2
2.
a) (0,50 điểm): Mỗi chất đúng: ¼ điểm

b) (0,50 điểm): Mỗi cấu tạo cộng hưởng đúng: ¼ điểm

c) (1,00 điểm): Thiết lập được đúng phương trình tốc độ 1,0 điểm; Nếu thiếu lập luận cho ½ điểm
Ta có:
=>


Phản ứng (1) và (-1) là phản ứng axit-bazơ, do đó tốc độ phản ứng lớn => k-1[M] >> k2[A][M]
d[B] k 2 .k1
=
[A] 2 [M]
do đó: v =
dt
k −1
CÂU 5. (5,0 điểm).
1. (2,00 điểm).
a) (0,75 điểm):
0,0429
= 3,52.10−4 mol
Số mol HA trong phần nước là
122
3,52.10−4 mol
=> Nồng độ HA trong phần nước là Cw =
= 1,76.10−3 M
0,20lit
Trong phần nước có các cân bằng sau:
HA  H+ + AKa = 6,20.10-5
+
H2O  H + OH
Kw = 10-14
Áp dụng định luật bảo tồn điện tích, ta có: [A ] + [OH ] = [H+]
Ka
K
Trong đó: [A − ] = Cw
và [OH − ] = w+
+
[H ]

K a + [H ]

Ka
K
+ w = h => h3 + Kah2 - (CwKa + Kw)h - KaKw = 0
Ka + h
h
Thay các giá trị Cw, Ka, Kw vào, ta được h = 2,96.10-4
Đặt [H+] = h, ta có: Cw


=> [H+] = 2,96.10-4M => pH = 3,53
Từ các kết quả trên, ta có: [A-]w = 3,05.10-4M và [HA]w = 1,46.10-3M
b) (0,75 điểm):
Trong dung mơi benzen, ta có:
0,145 gam
= 5,94.10−3 M
Tổng nồng độ HA trong dung môi benzen là CB0 =
−1
122gam.mol .0,200lit
0
Khi đó ta có: C B = [HA]B + 2[(HA)2]B = 5,94.10-3M
Dựa vào hằng số phân bố, ta có:
[HA] w 1,46.10−3
[HA] w
=
= 2,09.10−3 M
KD =
= 0,700 => [HA]B =
0,700

0,700
[HA] B
Trong dung môi benzen, tồn tại cân bằng:
[(HA)2 ]
2HA  (HA)2
K Di =
[HA] 2
5,94.10−3 − 2,09.10−3
= 1,93.10−3 M
2
[(HA)2 ]
1,93.10−3
=
=
= 441,84
[HA] 2
(2,09.10−3 )2

Trong đó, ta có: [(HA)2 ] =
Ta có:

K Di

c) (0,25 điểm):
Lớp nước: [A-] tăng; lớp benzen [HA], {[HA]2}giảm.
d) (0,25 điểm):
Nguyên nhân do benzen là dung môi không phân cực do đó các axit dime hóa để giảm sự phân cực của
phản ứng xuống.

2. (1,00 điểm):

a) (0,50 điểm)
Lực axit giảm dần khi NH4+ ở trong các dung môi: NH3, H2O, CH3COOH
Nguyên nhân, do lực axit của các dung môi tăng dần từ NH3 đến CH3COOH, làm cho khả năng phân ly H+
của NH4+ giảm xuống.
b) (0,50 điểm): Mỗi cân bằng được giải thích đúng = ¼ điểm
(1)
Cân bằng chuyển dịch về phía thuận do lực bazơ của (CH3)3N lớn hơn lực bazơ của NH3.
(2)
Cân bằng chuyển dịch về phía thuận do Hg2+ là một axit mềm, I- là bazơ mềm còn Cl- là một bazơ
2+
cứng nên Hg tương tác mạnh hơn với I- theo quy tắc ABCM.
3. (2,00 điểm)
a. (0,50 điểm). Mỗi phương trình phản ứng đúng = ¼ điểm.
2SO2 + 2CaCO3 + O2 + 4H2O → 2CaSO4.2H2O + 2CO2
2SO2 + 2Ca(OH)2 + O2 + 2H2O → 2CaSO4.2H2O
b) (0,5 điểm).
107
Lượng SO2 thải ra trong 1h là 0,15%.
= 669,64 mol
22,4
Lượng SO2 thải ra trong 1 ngày là 669,64 (mol) x 24 = 16, 07 kmol
Lượng SO2 bị hấp thụ = 95%.16,07 kmol = 15,27 kmol = số mol CaSO4.2H2O = CaCO3
Khối lượng CaCO3 cần lấy = 15,27 kmol x 100 = 1527 kg
Khối lượng CaSO4.2H2O tạo ra trong 1 ngày = 2626 kg
c) (0,75 điểm)
669,64
= 1,34.10−4 M
Nồng độ SO2 trong nước mưa là
5000x1000
Xét các cân bằng trong nước mưa:

SO2 + H2O  HSO3- + H+ (1)
Ka1 = 10-1,92
2+
HSO3  SO3 + H
(2)
Ka2 = 10-7,18
+
H2O  H + OH
(3)
Kw = 10-14
Nhận xét: Ka1 >> Ka2 và Ka1.CSO2 >> Kw => cân bằng (1) quyết định pH của nước mưa.


SO2
+
H2O  HSO3- +
H+ (1)
Ka1 = 10-1,92
-4
C
1,34.10
[]
1,34.10-4 – x
x
x
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng ta có:
[HSO3− ][H + ]
x2
Ka1 =
= 10-1,92

=
[SO2 ]
1,34.10−4 − x
Giải ra ta được, x1 = 1,325.10-4 và x2 = - 0,012 (loại nghiệm này)
Vậy [H+] = x = 1,325.10-4M => pH = -log[H+] = 3,88
d) (0,25 điểm)
SO2 + H2O + SO32-  2HSO3Để tái sinh SO2 từ dung dịch có thể sử dụng các cách sau:
- Tăng nhiệt độ
- Giảm pH của dung dịch
Chú ý: Nếu học sinh trả lời theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2

THPT CHUYÊN

DÀNH CHO HỌC SINH ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC

Câu 1: (4 điểm)
1. Verapamile là một loại thuốc được sử dụng trong điều trị huyết áp cao. Cấu trúc của Verapamile được
hiển thị dưới đây, nó có một trung tâm bất đối.

a. Xác định cấu hình tuyệt đối của trung tâm bất đối này.
b. Verapamile có thể được kết hợp từ hai mảnh C và M. Sự tổng hợp của C và M được hiển thị dưới đây.
Trong cả hai trường hợp nguyên liệu ban đầu là hợp chất A: 3,4-dimetoxy-acetonitrile.
NaCNBH3

+ HCHO


a

B

C
(C11H17NO2)

A

G sẽ trải qua quá trình phân giải racemic; chỉ lấy ra hợp chất H là một đối quang tinh khiết sẽ được sử dụng
tiếp theo sơ đồ sau.
SOCl2

R2BH

NH3

I

K

J

H2O2

H
PCl5

M


L

C16H22ClNO2

Trong sự có mặt của Et3N; M và C kết hợp với nhau tạo ra sản phẩm Verapamile.
Vẽ công thức cấu tạo của B, C, tác nhân phản ứng a, hợp chất D, thuốc thử b; của chất phản ứng c, d, e, f, g
, h và các hợp chất I, J, K, L, và M.
2.
a. Xác định xeton có momen lưỡng cực lớn nhất trong số các xeton sau, giải thích:

A:

B:

C:

D:


b. Chất nào dễ tham gia SN1 nhất:

A:
B:
C:
c. So sánh lực bazơ của các chất sau và giải thích: p-Metylanilin, 4-Floroanilin, 4-Nitroanilin, p-anisidin,
4-Cloroanilin.
Câu 2: (4 điểm)
Trình bày cơ chế cho các phản ứng sau:
a.


b.

c.

d.

Câu 3: (3 điểm)
1. Tricyclo[4.4.0.0]đecan (thường được gọi là twistane, kí hiệu Tw) được tổng hợp lần đầu bởi Whitlock
vào năm 1962. Twistane có tính quang hoạt, gồm 4 vòng 6 cạnh ở cấu dạng “thuyền xoắn”. Twistane chỉ
gồm các nguyên tử cacbon bậc II và bậc III với tỉ lệ 3 : 2. Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp
Twistane dưới đây:


2. Hồn thành sơ đồ chuyển hóa dưới đây:
O
2 MeOOC
O

O

C (C13H16O4)

COOMe

KHCO3
HCl, THF, 

A (C21H24O10)


D (C13H12O2)

H2, Pd/C

1N HCl, AcOH


E

B (C13H16O2)

N2H4, KOH, 

1) O3, EtOAc
2) Me2S, MeOH

(C13H20)

3. Sự sắp xếp lại: Vinylcyclopropane tạo ra cyclopentene (VCR) cũng như phản ứng tương tự của các hợp
chất dị vòng tương ứng được coi là phương pháp quan trọng để tổng hợp vòng 5 cạnh và dị vịng. Những
phản ứng sắp xếp lại có thể thực hiện dưới kích hoạt nhiệt, quang hóa hoặc xúc tác. Phản ứng nhiệt và
quang hóa tiến hành thơng qua việc hình thành của gốc tự do đơi ổn định nhất (most stable biradical)

Viết công thức cấu trúc cho sản phẩm của ba phản ứng cho dưới đây biết rằng: cả ba phản ứng là những ví
dụ của VCR; phân tử của Y có trục đối xứng.

Câu 4: (3 điểm)
1. Sản phẩm tự nhiên caryophyllen và isocaryophyllen là đồng phân khác nhau ở cấu hình nối đơi. Đều có
CTPT C15H24. Hidro hóa xúc tác đều cho cùng 1 sản phẩm. Ozon phân, khử bởi Zn/H+ tạo A và một
andehit B. Nêu cấu trúc các chất ban đầu.


2.
a. Hãy tổng hợp hợp chất sau đây đi từ các hợp chất đơn giản có khơng q 3 ngun tử C trong phân tử:


b. Sabinen là một tecpen tự nhiên có cơng thức cấu tạo dưới đây. Hãy tổng hợp hợp chất này đi từ các hợp
chất mạch hở thích hợp. Giả thiết các tác nhân cần thiết khác có đủ.

Câu 5: (3 điểm)
1. Axit Ruberythric : C25H26O13 là một loại glycozit không có tính khử, được tách từ rễ của cây thiên thảo
(một thứ cây có rễ sắc đỏ dùng làm thuốc nhuộm). Thủy phân hoàn toàn axit Ruberythric thu được alizarin
(C14H8O4); D-glucozơ; và D-xylozơ. Nếu thủy phân một phần axit Ruberythric thu được alizarin và
primeverozơ: C11H20O10. Oxihóa primeverozơ với nước brơm, sau đó thủy phân thu được axit D-gluconic
và D-xylozơ. Metyl hóa primeverozơ sau đó thủy phân thu được 2,3,4-tri-O-metyl-D-xylozơ và 2,3,4-tri-Ometyl-D-glucozơ.
Biết Alizarin có cơng thức:
O

OH
OH

và D-xylozơ có cơng thức chiếu Fisơ:
Hãy xác định cấu trúc có thể có của axit Ruberythric
2. Một peptit A có chứa 22 aminoaxit. Xử lý A bằng trypsin thu được 4 peptit:
Trp-His-Phe-Met-Cys-Arg
Pro-Val-Ile-Leu-Arg
Met-Phe-Val-Ala-Tyr-Lys
Gly-Pro-Phe-Ala-Val
Nếu xử lý A bằng chymotrypsin thu được 6 peptit sau:
Lys-Pro-Val-Ile-Leu-Arg-Trp
His-Phe

Val-Ala-Tyr
Ala-Val
Met-Cys-Arg-Gly-Pro-Phe
Met-Phe
Hãy xác định trình tự của các aminoaxit trong peptit A. (Biết rằng trypsin cắt liên kết sau: Lys, Arg;
chymotrysin cắt liên kết sau: Phe, Trp, Tyr)
3. Nico Fume đã được sử dụng như thuốc trừ sâu cho đến bây giờ. Tuy nhiên, kể từ 01/01/2014: Nico
Fume bị hạn chế ở hầu hết các quốc gia. Các thành phần hoạt chất của Nico Fume là alkaloid (S)-nicotine
phân lập từ lá của cây thuốc lá (Nicotiana tabacum). Có rất nhiều phương pháp để tổng hợp alkaloid này.
Một trong số đó được đưa ra trong sơ đồ dưới đây.
O

Đề nghị công thức cấu trúc của G, H, I, J


Câu 6. (3 điểm)
Các hợp chất dạng liên hợp giữa monosaccarit và oligopeptit có nhiều ứng dụng quan trọng trong lĩnh vực
hóa sinh. Một hợp chất dạng này có cơng thức phân tử C34H45N5O11 (kí hiệu là AmAd) được tổng hợp từ
D-glucozơ và pentaclophenyl este của một pentapeptit (kí hiệu là P) theo sơ đồ dưới đây:

Trong sơ đồ chuyển hóa trên, A1-A2-A3-A4-A5 là một pentapeptit được tạo thành từ 5 amino axit A1, A2,
A3, A4 và A5, với nhóm –NH2 đầu N được bảo vệ bởi nhóm Boc (tert-butyloxicacbonyl), cịn nhóm –
COOH đầu C được hoạt hóa bởi nhóm pentaclophenyl. D-Glucozơ và hợp chất P phản ứng với nhau theo tỉ
lệ 1:1, có mặt xúc tác imiđazol, tạo thành một monoeste. Xử lý este này với CF3COOH trong CH2Cl2 để
loại bỏ nhóm Boc, thu được monoeste Q; Q vẫn còn hiện tượng quay hỗ biến. Trong hỗn hợp dung mơi
CH3COOH/piriđin (1:1, v/v), Q chuyển hóa thành AmAd.
AmAd có khả năng quay hỗ biến. AmAd không chịu tác động của các enzym aminopeptiđaza và
cacboxipeptiđaza. Khi thủy phân AmAd có mặt enzyme chimotripsin thì thu được tripeptit A có khối
lượng mol 279 g/mol và hợp chất B.
Phân tích peptit A bằng phương pháp Edman (phương pháp xác định amino axit đầu N bằng phenyl

isothioxianat C6H5N=C=S) thì thu được một phenylthiohinđantoin có khối lượng mol 192 g/mol.
Thủy phân hợp chất B trong môi trường axit loãng thu được L-leuxin và hợp chất C. Cả B và C đều có khả
năng quay hỗ biến. Cho C tác dụng với CH3OH có mặt HCl khí làm xúc tác ở nhiệt độ thích hợp thì thu
được hợp chất D, C17H25NO8, khơng có khả năng quay hỗ biến. Một mol C tác dụng vừa đủ với bốn mol
axit periođic (H5IO6); phân tích hỗn hợp sau phản ứng chỉ thấy có HCHO, HCOOH và hợp chất E; trong
cùng điều kiện đó, B khơng tạo ra HCHO. Người ta điều chế E khi đun nóng nhẹ hỗn hợp gồm axit
monocloaxetic ClCH2COOH và amino axit F trong dung dịch đệm ở pH 7.0.
Biết rằng: Trong điều kiện phản ứng, axit periođic chỉ phân cắt liên kết C-C của 1,2-điol, α-hiđroxixeton
và 1,2-đixeton. Enzym chimotripsin xúc tác cho phản ứng thủy phân các liên kết peptit ở phía đầu C của
các amino axit Phe, Tyr, Trp. Tất cả các amino axit trong pentapeptit ở trên đều là các α-amino axit tự
nhiên thuộc dãy L và nằm trong số các amino axit cho dưới đây:
Tên viết tắt
Tên
Công thức cấu tạo
Công thức cấu tạo
viết tắt
Gly
H2NCH2COOH
Lys
H2N(CH2)4CH(NH2)COOH
(C2H5NO2, M= 75)
(C6H14N2O2, M= 146)
Ala
CH3CH(NH2)COOH
Tyr
p-HOC6H4CH2CH(NH2)COOH
(C3H7NO2, M= 89)
(C9H11NO3, M= 181)
Leu
(CH3)2CHCH2CH(NH2)COOH ILe

CH3CH2CH(CH3)CH(NH2)COOH
(C6H13NO2, M= 131)
(C6H13NO2, M= 131)
Trp
His

(C11H12N2O2, M= 204)
(C6H9N3O2, M= 155)
C6H5CH2CH(NH2)COOH
Arg
H2NC(=NH)NH(CH2)3CH(NH2)COOH
(C9H11NO2, M= 165)
(C6H14N4O2, M= 174)
Hãy xác định cấu tạo của các hợp chất từ A đến E, monoeste Q và biểu diễn AmAd dưới dạng cơng thức
cấu trúc. Giải thích sự hình thành AmAd từ Q trong môi trường CH3COOH/piriđin.
Phe


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Đáp án ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2

THPT CHUYÊN

DÀNH CHO HỌC SINH ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 4 điểm)
1.
a. cấu hình S
b. tác nhân phản ứng a: LiAlH4 or H2/catalyst


B là:

D là:

C là:

b: CH3OH

c: bazo mạnh, NaOEt, LDA etc.

f: CH2=CH-CH2Br

d: (CH3)2CH-Br (I)

g: OH-, H2O

e: bazo mạnh, NaOEt, LDA etc.

h: H3O+

I

J

K

L

M


2.


a. B và D có momen lưỡng cực lớn hơn do sự hình thành hệ thơm. Tuy nhiên do khoảng cách điện tích trong B lớn
hơn D nên theo cơng thức

nên momen lưỡng cực của B lớn hơn D.

B:

D:

b. A lớn nhất do sự hình thành hệ thơm khi mất Cl-:

c.
Chất

4-Nitroaniline

4-Chloroaniline

4-Fluoroaniline

p-Methylaniline

p-anisidin

pKa


1.0

4.15

5.08

5,34

Giải thích

-I, -C của NO2
mạnh

-I > +C của Cl

4.65
+C mạnh của F
do có bán kính
nhỏ
-I yếu nhưng vẫn
lớn hơn –I của
OCH3

+I, +H của CH3

+C mạnh
-I yếu

CTCT


Câu 2: (4 điểm) mỗi ý 1 điểm
a.

b.

c.


d.

Câu 3: ( 3 điểm)


1. Hồn thành sơ đờ phản ứng:

2.

3.

Câu 4. (3 điểm)


1. A có 14C, nên andehit cịn lại là HCHO.
Độ không no của C15H24 là 4. Công thức 2 chất ban đầu là:

2.
a. Tổng hợp hợp chất theo yêu cầu của đề bài đi từ metyl acrylat và nitrometan theo sơ đồ dưới đây:

b) Tổng hợp sabinen:


Câu 5: ( 3 điểm)
1. Từ Oxihóa primeverozơ với nước brơm, sau đó thủy phân thu được axit D-gluconic và D-xylozơ suy ra gốc
glucozơ trong primeverozơ có chứa OH hemiaxetal; Metyl hóa primeverozơ sau đó thủy phân thu được 2,3,4-tri-Ometyl-D-xylozơ và 2,3,4-tri-O-metyl-D-glucozơ suy ra xylozơ và glucozơ tờn tại ở dạng vịng 6 cạnh và liên kết giữa
gốc xylozơ và glucôzơ ở C số 1 của xylozơ và C số 6 của glucozơ. Vì Axit Ruberythric là một loại glycozit khơng
có tính khử nên C số 1 của glucôzơ liên kết với C chứa nhóm OH của alizarin. Do đó cơng thức cấu trúc của Axit
Ruberythric có dạng:
O

H

H

OH

H

H

OH H

O

OH

O

H

H


OH

H

H

OH H

O

H

OH

OH

O

OH

O

H

OH

OH
H

OH


O

HO

O

OH

O
H

O

OH

O

hoặc

O


2. từ các mảnh vỡ:
Met-Phe
Met-Phe-Val-Ala-Tyr-Lys
Val-Ala-Tyr
Lys-Pro-Val-Ile-Leu-Arg-Trp
Pro-Val-Ile-Leu-Arg-Trp
Trp-His-Phe-Met-Cys-Arg

Met-Cys-Arg-Gly-Pro-Phe
Gly-Pro-Phe-Ala-Val
Ala-Val
Met-Phe-Val-Ala-Tyr-Lys-Pro-Val-Ile-Leu-Arg-Trp-His-Phe-Met-Cys-Arg-Gly-Pro-Phe-Ala-Val
3.

Câu 6: ( 3 điểm)
- Từ khối lượng mol của phenylthiohinđantoin suy ra khối lượng mol của amino axit đầu N của tripeptit A là: 192 +
18 – 135 = 75. Do đó, amino axit đầu N của peptit A là glyxin.

- Tính toán cho thấy A là một tripeptit tạo thành từ hai mắt xích glyxin và một mắt xích là phenylalanin. Vì A được
tạo thành do cắt mạch của AmAd bằng enzyme trimotripsin nên A phải có trình tự: Gly-Gly-Phe.

- Peptit A có CTPT là C13H17N3O4, suy ra hợp chất B có cơng thức phân tử C21H32N2O9. Thủy phân B trong dung
dịch axit loãng thu được L-leuxin, C6H13NO2 và hợp chất C, suy ra C có CTPT C15H21NO8. B tạo thành bằng liên kết
este giữa nhóm –COOH của L-Leuxin với nhóm -OH bậc I của C (kết hợp với thông tin về phản ứng của C với
H5IO6).
- Phân cắt 1 mol C cần vừa đủ 4 mol axit periođic, chỉ tạo ra HCHO (1 mol) và HCOOH (3 mol) cùng hợp chất E (1
mol). Tính tốn cho thấy E có CTPT là C11H13NO5. E được điều chế bằng cách đun nóng nhẹ ClCH2COOH với
amino axit F, suy ra F có CTPT C9H11NO3, vậy F là tyrosin. Sơ đờ chủn hóa ClCH2COOH và tyrosin thành D
được trình bày dưới đây.


- Hợp phần đường của hợp chất D là D-glucozơ, kết hợp các thông tin suy ra cấu trúc của B, C và D lần lượt như sau
(nếu thí sinh viết B và C ở dạng mạch hở thì cũng vẫn cho điểm tối đa):

- Cấu trúc AmAd ở dạng liên hợp của hợp phần đường và pentapeptit. AmAd bị phân cắt tại hai liên kết peptit ở đầu
C của tyrosin và phenylalanine.

- Chuyển hóa D-glucozơ và pentaclophenyl este của pentapeptit (hợp chất P) thành AmAd: Ở giai đoạn đầu tiên,

pentaclophenyl este của pentapeptit phản ứng chọn lọc với nhóm OH bậc I của D-glucozơ (do thuận lợi nhất về mặt
không gian); sản phẩm tạo thành khi xử lý với CF3COOH/H2O thì nhóm Boc được loại bỏ, tạo thành monoeste Q.
Trong môi trường CH3COOH/piriđin, monoeste Q thực hiện chuyển vị Amadori tạo thành xeton (R), trong đó hợp
phần monosaccarit ở dạng mạch hở; Xeton này nằm trong cân bằng với AmAd, trong đó hợp phần monosaccarit tờn
tại ở dạng furanozơ, do phản ứng cộng nucleophin thuận nghịch của nhóm OH ở C-5 với nhóm C=O xeton.